重庆市第十八中学2024-2025学年高二上学期期中考试数学试题（Word版附解析）

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（命题人：汪巧逢 审题人：方殷）
考试说明：1.考试时间120分钟 2.试题总分150分 3.试卷页数2页
一.选择题：（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个备选选项中，只有一项是符合题目要求的.）
1. 已知椭圆方程为，则焦距是（ ）
A. 8B. 12C. 20D. 16
【答案】D
【解析】
【分析】根据椭圆的标准方程可求得，进而可得焦距.
【详解】因为，所以，
所以，解得，
所以焦距.
故选：D.
2. 倾斜角为的直线的单位方向向量是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用直线方向向量与斜率的关系，再由单位向量模长计算可得结果.
【详解】易知倾斜角为的直线斜率为，所以其方向向量应为;
设单位方向向量为，可得，即，
解得；
故直线的单位方向向量可以为或.
故选：C
3. 在平行六面体中，M为AC与BD的交点，若，，，则下列向量中与相等的向量是（ ）．
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用空间向量线性运算法则进行运算即可.
【详解】因为在平行六面体中，，
所以.
故选：A.
4. 、、是从点出发的三条射线，每两条射线的夹角均为，那么直线与平面所成的夹角的余弦值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】将、、三条射线截取出来放在正方体中进行分析，建系，利用空间向量法求解.
【详解】如图所示，把、、放在正方体中，使得这三条线成为正方体的三条面对角线，则、、的夹角均为．
建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为，
则、、、，
所以，，，
设平面的法向量，则
令，则，，所以，
所以．
设直线与平面所成角为，所以，
所以．
故选：B．
5. 已知点是曲线围成的图形内的一个动点（包含边界），则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】将曲线方程化简，作出其图形，设，可知当直线与曲线相切，且切点在第三象限时，取最小值，即直线与圆相切，且，利用点到直线的距离公式即可得解.
【详解】当，时，曲线方程可化为，即；
当，时，曲线方程可化为，即；
当，时，曲线方程可化为，即；
当，时，曲线方程可化为，即.
作出曲线的图象如下图所示：

设，可得，
由图可知，当直线与曲线相切，且切点在第三象限时，取最小值，
此时，直线与圆相切，且，
圆心为，半径为，则，
因为，解得，故的最小值为.
故选：B.
【点睛】结论点睛：常见的非线性目标函数的几何意义：
（1）：表示点与点连线的斜率；
（2）：表示点到点的距离；
（3）：表示点到直线的距离的倍.
6. 若对圆上任意一点，的取值与、无关，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. 或D.
【答案】D
【解析】
【分析】先证明出，当且仅当时，等号成立，设，分析可知，，则恒成立，则恒成立，利用三角恒等变换求出的最大值，即可得出实数的取值范围.
【详解】先证明，其中、，
因为，
当且仅当时，等号成立，
所以，，与、无关，
当且仅当时，等号成立，
设，则
，为锐角，且，
所以，恒成立，则恒成立，
因为，
为锐角，且，
所以，.
故选：D.
【点睛】关键点睛：本题的关键是根据原的参数方程所求代数式的几何意义.
7. 几何学史上有一个著名的米勒问题：“设点、是锐角的一边上的两点，试在边上找一点，使得最大.”如图，其结论是：点为过、两点且和射线相切的圆与射线的切点.根据以上结论解决以下问题：在平面直角坐标系中，给定两点、，点在轴上移动，当取最大值时，点的横坐标是（ ）
A. B. C. 或D. 或
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意得出满足条件的过三点、、的圆的方程，由已知当取最大值时，圆必与轴相切于点，得出对应的切点分别为和，并依据定长的弦在优弧上所对的圆周角会随着圆的半径减小而角度增大，舍弃，得到满足条件的，从而得出答案.
【详解】因为、，则线段的中点坐标为，易知，
则经过、两点的圆的圆心在线段的垂直平分线上，
设圆心为，则圆的方程为，
当取最大值时，圆必与轴相切于点（由题中结论得），
则此时的坐标为，
代入圆的方程得，解得或，
即对应的切点分别为和，
因为对于定长的弦在优弧上所对的圆周角会随着圆的半径减小而角度增大，
又过点、、的圆的半径大于过点、、的圆的半径，
所以，故点为所求，即点的横坐标为.
故选：A.
8. 如图，已知正四面体D–ABC（所有棱长均相等的三棱锥），P，Q，R分别为AB，BC，CA上的点，AP=PB，，分别记二面角D–PR–Q，D–PQ–R，D–QR–P的平面角为α,β,γ，则
A. γ